【文档说明】【精准解析】福建省莆田第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(23)页，776.000 KB，由小赞的店铺上传

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莆田一中2019-2020学年度下学期期末考试试卷高一化学必修2（考试时间：90分钟；满分：100分）温馨提示：1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则

不能得分。2．相对原子质量：H－1C－12O－16Na–23S－32Cl－35.5第I卷选择题（共48分）一、单项选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分）1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出乙

醚(CH3CH2OCH2CH3)、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是（）A.CH3CH2OH能与水互溶B.氯仿的化学名称是四氯化碳C.乙醚的相对分子质量为74D.过氧乙酸和NaClO都是通过氧化灭活病毒【答案】B【解析】

【详解】A．CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，A正确；B．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，B错误；C．乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，分子式是C4H10O，相对分子质量为12×4+1×10+1×16

=74，C正确；D．过氧乙酸和NaClO都具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，D正确；故合理选项是B。2.纳米金(79Au)粒子在遗传免疫等方面有重大的应用前景，说法错误的是（）A.Au为第五周期元素B.

Au为过渡金属元素C.Au的质子数为79D.纳米金表面积大吸附能力强【答案】A【解析】【详解】A．79号元素Au为第六周期第IB的元素，A错误；B．79号元素Au为第六周期第IB的元素，属于过渡元素，是金

属元素，B正确；C．Au原子序数为79，由于原子序数等于原子核内质子数，所以Au的质子数为79，C正确；D．将金属Au制成纳米级颗粒大小，可增大其表面积，因此使得纳米金的吸附能力大大增强，D正确；故答案是A。3.下列

有关说法错误的是（）A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D.皂化反应指的是油脂的酸性水解【答案】D【解析】【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼

烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A正确；B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，对人体有害，可致癌，B正确；C．高温能使蛋白质发生变性，则加热能杀死流感病毒，因果关系合理，C正确；D．皂化反应指的是油脂的在碱性条件下的水解反应，D

错误；故合理选项是D。4.下列化学用语表示正确的是A.苯的结构简式：C6H6B.氮气的电子式：C.S2－的结构示意图：D.甲烷分子的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A．C6H6是苯的分子式，苯的结构简式：，故A错误；B．氮气的电子式：，故B错误；C．硫是16号元素，S

2－的结构示意图：，故C错误；D．氢原子小于碳，甲烷分子的比例模型：，故D正确；故选D。5.下列物质不属于高分子化合物的是A.蛋白质B.聚乙烯C.油脂D.淀粉【答案】C【解析】【详解】A.蛋白质是天然高分子化合物，A不符合题意；B.聚乙烯是人工

合成的高分子化合物，B不符合题意；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，其相对分子质量在1000以下，不属于高分子化合物，C符合题意；D.淀粉是天然高分子化合物，D不符合题意；故合理选项是C。6.下列各组物质中互为同分异构体的是（）A.石墨和金刚石B.淀粉和纤维素C.

1H和2HD.CH3CH2NO2和H2NCH2COOH【答案】D【解析】【详解】A．石墨和金刚石是C元素形成的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A不符合题意；B．淀粉和纤维素的分子式为(C6H10

O5)n，聚合度n不同，二者的分子式不同，所以二者不是同分异构体，B不符合题意；C．1H和2H质子数都是1，中子数分别是0、1，可见它们质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C不符合题意；D．CH3CH2NO2

和H2NCH2COOH分子式都是C2H5NO2，分子式相同，结构不同，二者甲互为同分异构体，D符合题意；故答案是D。7.下列变化过程需破坏离子键的是()A.干冰升华B.电解水C.食盐熔化D.氯化氢溶于水【

答案】C【解析】【详解】A．干冰升华属于物理变化，只是状态发生变化，没有化学键的破坏，故A不符合题意；B．水为共价化合物，仅含共价键，电解水生成H2和O2，要断裂H-O共价键，故B不符合题意；C．食盐NaCl为离

子化合物，仅含离子键，熔化时克服离子键，故C符合题意；D．HCl为共价化合物，仅含共价键，HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故D不符合题意；答案为C。8.依据元素周期表和元素周期律，下列叙述正确的是（）A.Li、

Be、B原子半径依次增大B.Cl、Br、I含氧酸的酸性依次减弱C.Na与Na+化学性质相同D.147N与157N得电子能力相同【答案】D【解析】【详解】A．同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小。Li、Be、B是同一

周期元素，原子序数逐渐增大，所以它们的原子半径依次减小，A错误；B．同一主族元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越弱，其相应的最高价含氧酸的酸性就越弱。题目未指明是否是最高价含氧酸，因此不能比较它们的酸性强弱，

B错误；C．Na与Na+核外电子排布不相同，因此两种微粒的化学性质不相同，C错误；D．147N与157N属于同一元素，两种原子的核外电子排布相同，因此得电子能力相同，D正确；故合理选项是D。9.四联苯的一氯代物有A.3种B.4种C.5种D.6种【答

案】C【解析】【详解】推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子)，就有几种一氯代物，四联苯有5种不同的氢原子，故有5种一氯代物。答案选C。10.A~D是几种烃分子的球棍模型（如图

所示），下列说法正确的是A.A的二氯取代物只有一种，说明A为立体结构B.B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.C中的碳氢质量比为6:1D.D能使溴水因反应而褪色【答案】A【解析】【详解】A．若甲烷是正方形的平面结构，CH2Cl2就会有两种结构：相邻的两个H被Cl取代或者对角线上的两

个H被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合，故A正确；B．乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙炔的分子式为C2H2，碳氢质量比为12：1，故C错误；D．苯与溴

水不反应，因萃取而褪色，故D错误；故选A。11.下列有关说法错误的是（）A.CCl4可以由CH4制得，它可用于萃取碘水中的碘B.相同物质的量的乙烯和甲烷，完全燃烧后产生水的质量相同C.用乙烯与HCl反应来制备一氯乙烷比用乙烷与氯气光照反应更好D.甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此甲烷不能

发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．甲烷发生取代反应生成四氯化碳，四氯化碳不溶于水，是良好的有机溶剂，碘单质在水中溶解度小，而易溶于四氯化碳，因此四氯化碳可用于萃取碘水中的碘，A正确；B．甲烷分子式为CH4，乙烯分子式为C2H4，二者分子中含有的H原子数相同，因此等物质的量的甲烷和

乙烯完全燃烧时产生的水的质量相等，B正确；C．乙烯与HCl反应来制备氯乙烷产物唯一，乙烷与氯气反应制备氯乙烷产物有多种，得到的物质纯度低，原料利用率低，所以用乙烯与HCl反应来制备氯乙烷比用乙烷与氯气反应更好，C正确；D．甲烷可燃烧，物质燃烧反应也属于氧化还原反应，D错误；故答

案是D。12.下列有机物分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是（）A.CH2=CH—ClB.CH2=CH—CH=CH2C.CH3—CH=CH2D.【答案】C【解析】【详解】A.CH2=CH—Cl相当于乙烯分子中的一个氢原子被一个氯原子取代，不改变原来的平面结构，所以所有原子可能都

处在同一平面上，选项A错误；B.CH2=CH-CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，选项B错误；C.CH3—CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被一个甲基所取

代，根据甲烷的正四面体结构，甲基上的三个氢原子与乙烯基不在同一平面上，所以所有原子不可能都处在同一平面上，选项C正确；D.根据选项B的分析，可看成是CH2=CH-CH=CH2中第2个碳上的一个氢原子被苯基所取代，且苯分子中12个原子共平面，三个面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面

上，选项D错误；答案选C。13.只用一种试剂就能将苯、己烯(液体)、四氯化碳和碘化钾溶液区分开，该试剂可以是（）A.酸性高锰酸钾溶液B.溴化钠溶液C.碳酸钠溶液D.硝酸银溶液【答案】A【解析】【详解】A．己烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色

，得到无色混合溶液；碘化钾溶液都与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成碘单质，酸性高锰酸钾溶液褪色，且得到黄色到或棕色溶液；苯不与高锰酸钾溶液反应，不溶于水，且密度比水小，溶液分层，下层为紫红色；四氯化碳不与高锰酸钾溶液反应，不溶于水

，且密度比水大，溶液分层，上层为紫红色；现象不同，能鉴别，故A正确；B．溴化钠与四种试剂都不反应，苯、己烯都不溶于水，且密度都比水小，不能鉴别，故B错误；C．碳酸钠溶液与四种试剂都不反应，苯、己烯都不溶于水，且密度都比水小，不能鉴别，故C错误；D．硝酸银溶液，不能鉴别苯和己烯，二者与硝酸银不反

应，且密度都比水小，不能鉴别，故D错误；答案选A。14.下列关于说法不正确的是（）①石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物②煤油可由石油分馏获得，可用作燃料或用于保存少量金属钠③乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳双键④石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目

的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃A.①③B.①②C.②③D.③④【答案】A【解析】【详解】①石油是混合物，其分馏产品汽油为一定温度范围内的馏分，仍然是多种烃的混合物，①错误；②石油分馏可得到煤油，由于煤油燃烧产生大量的热量，因此可用作燃料；由于其密度比金属钠小，与钠不能发

生反应，可以隔绝空气和水，因此又可用于保存少量金属钠，②正确；③乙烯分子中含有碳碳双键；聚乙烯是乙烯加聚反应的产物，无碳碳双键；苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，不存在碳碳双键，③错误；④石油催化裂化的主要目的是提高轻质液体燃料如汽油、煤油、柴油等的产量与质量；石油

裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯、丁二烯、乙炔等气态短链烃，用于有机合成，④正确；综上所述可知，说法正确的是②④，错误的是①③，故答案为选项A。15.下列关于烃的描述中正确的是（）A.实验室可用H2除去乙烷中的乙烯B.苯中不含碳碳双键，但可发生加成反应C.在催化剂作用下，苯与溴水反应生成溴

苯D.C4H10表示一种纯净的烷烃【答案】B【解析】【详解】A．乙烯与氢气在一定条件下会发生加成反应产生乙烷，但会引入新的杂质氢气，不能除去，应该选用溴水洗气除杂，A错误；B．苯中不含碳碳双键，但在一定条件下可

发生加成反应产生环己烷，B正确；C．在催化剂作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，C错误；D．C4H10表示的是烷烃，可能是CH3CH2CH2CH3，也可能是，也可能是二者的混合物，D错误；故答案是B。16.

用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用装置①除去C2H4中少量SO2B.用装置②分离乙醇和乙酸的混合物C.用装置③验证Na和水反应为放热反应D.用装置④分馏石油并收集60~150℃馏分【答案】C

【解析】【详解】A.高锰酸钾也能与C2H4反应，故不能用高锰酸钾溶液除去C2H4中少量SO2，故A错误；B.乙醇和乙酸互溶，故不能用分液的方法分离乙醇和乙酸的混合物，故B错误；C.如果Na和水反应放出热量，会导致左侧大试管中气体温度升高，U形管内左侧液面下降，右侧液面升高

，故可根据U形管内液面高度的变化确定该反应是否为放热反应，故C正确；D.分馏时，温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选C。17.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A.吸热反

应一定要加热后才能发生B.该反应物总能量低于生成物总能量C.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=(y-x)kJ/molD.2molS(g)、6molO(g)生成2molSO3(g)，共放出ykJ能量【答案】D【解析】【详解】A．有些吸热反应在常温下也能发生，

不一定需要加热，如氯化铵与氢氧化钡晶体的反应，A错误；B．由图可知，反应物总能量比生成物总能量高，则该正反应为放热反应，B错误；C．由图可知，反应物总能量比生成物总能量高，该反应发生放出热量，△H＜0，则其反应热△H=-(y-x)kJ

/mol，C错误；D．形成化学键放热，由图可知，2molS(g)、6molO(g)生成2molSO3(g)，共放出ykJ能量，D正确；故合理选项是D。18.科学家已获得极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如下图所示），与白磷分子相似。已知断裂1molN-

N键吸收193kJ热量，形成1molN≡N叁键放出941kJ热量，则()A.N4分子中含有4个N-N键B.N4是一种新型的化合物C.N4和N2互为同位素D.1molN4气体转化为N2时放出724kJ能量【答案】D【解析】【详解】A．从结构图中可看出，一个N4分子中含

有6个N-N键，A错误；B．N4中只含有氮元素一种元素，属于单质，B错误；C．N4与N2是由同一元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，而不是同位素，C错误；D．从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据N4(g)=2N2(g)△H，则△H=6×193k

J/mol-2×941kJ/mol=-724kJ/mol，即1molN4气体转化为N2时放出724kJ能量，D正确；故答案是选项D。19.某有机物，其可能具有的性质是（）①能发生加成反应；②能使酸性高锰酸钾溶液褪色；③能发生取代反应；

④能发生中和反应；⑤能发生氧化反应。A.全部B.只能发生①③④C.除⑤外都能D.除④⑤外都能【答案】A【解析】【详解】①该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能发生加成反应，①正确；②该物质含有不饱和碳碳双键，并且与苯环连接的C原子上含有H原子，因此能够被酸性高锰酸钾氧化，因

而能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②正确；③该物质分子中含有羧基、醇羟基，因此能发生取代反应，③正确；④该物质分子中含有羧基，具有酸的通性，因此能与碱发生中和反应，④正确；⑤该物质分子中含有醇羟基、含有不饱和的碳碳双键，因此能发生氧化反应，⑤正确；综上所述可知：所有说法都正确

，故合理选项是A。20.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是（）实验后的记录：①Zn为正极，Cu为负极②Cu极上有气泡产生，发生还原反应③SO2-4向Zn极移动④若

有0.5mol电子流经导线，则产生5.6L气体⑤电流的流向是：Cu→Zn⑥负极反应式：Cu－2e－=Cu2＋，发生氧化反应A.②③⑤B.②③④⑤C.①④⑥D.③④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】Zn和C

u形成的原电池中，Zn比Cu活泼，Zn作负极，发生Zn-2e-=Zn2+；Cu电极为正极，发生2H++2e-=H2↑，总电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，以此来解答。【详解】①根据分析可知，Zn为负极，Cu为正极，故①

错误；②根据分析，Cu电极上发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以Cu极上有气泡产生，发生还原反应，故②正确；③原电池中，阴离子向负极移动，Zn为负极，则SO2-4向Zn极移动，故③正确；④由

2H++2e-=H2↑可知，有0.5mol电子流向导线，产生氢气0.25mol，则产生标况下5.6L氢气，题中选项未指明气体的状态条件，故④错误；⑤原电池外电路，电子由负极经导线流向正极，电流与电子运动方向相反，电流由正极流向负极，Zn为负极，Cu为正极，则电流的流

向是：Cu→Zn，故⑤正确；⑥根据分析，负极反应式:Zn-2e-=Zn2+，发生氧化反应，故⑥错误；②③⑤均正确，答案选A。21.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A将盐酸滴入CaCO3中，产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊氯的非金属性大于碳

元素B在两支试管中，分别放入除去氧化膜的大小相同的镁条和铝条，再分别加入相同温度的2mL2mol·L-1的盐酸，前者反应快镁元素金属性强于铝元素C向4mL淀粉溶液中加入少量H2SO4溶液，加热4~5min，调节溶液呈碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，

出现砖红色沉淀淀粉已经完全水解D向某乙醇中加入一小块金属钠，有气泡生成该乙醇中含有一定量的水A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.将盐酸滴入CaCO3中，产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊说明反应生成二氧化碳，可证明盐酸的酸性强于碳酸

，但是不能得到氯的非金属性大于碳元素，要得到氯的非金属性大于碳元素，需要验证高氯酸的酸性强于碳酸，用高氯酸代替盐酸，故A的实验操作和现象所得出的结论错误；B.在两支试管中，分别放入除去氧化膜的大小相同的镁条和铝条，再分别加入2mL2mol·L-1的盐酸，观察比

较现象，产生气泡较快的为镁，可得到镁元素的金属性强于铝元素的结论，故B实验操作和现象所得出的结论正确；C.向4mL淀粉溶液中加入少量H2SO4溶液，加热4~5min，然后调节溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，可以确定淀粉发生了水解生成了

葡萄糖，但不能说明淀粉完全水解，应该向反应后的混合溶液中加入碘水，若混合溶液不变蓝说明完全水解，反之淀粉没有完全水解，故C实验操作和现象所得出的结论错误；D.钠与乙醇和水都能反应生成氢气，不能证明乙醇中一定含有水，故D实验

操作和现象所得出的结论错误；答案选B。22.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法均正确的一组是选项待提纯的物质除杂试剂分离方法ACl2（H2O）饱和NaCl溶液洗气BCH3CH2OH（H2O）CaO蒸馏CFeCl2（F

eCl3）Cu过滤D（Br2）CCl4萃取A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.Cl2中的H2O，应用浓硫酸除去，A错误；B.制得少量的无水乙醇，先加生石灰吸水，利用乙醇的沸点较氢氧化钙低，再进行蒸馏进行分离，B正确；C.FeCl2中的FeCl3，应加入少量铁粉除去FeCl3，加

Cu后，铁离子和铜反应生成了亚铁离子和铜离子，引入了Cu2+，C错误；D.中的Br2，应加入氢氧化钠溶液除去溴，苯不溶于溴的盐溶液，再进行分液操作得到苯，D错误；答案选B。【点睛】饱和NaCl溶液用来除去Cl2中的HCl；注意除杂时不能引入新的杂质。23.W、X、Y和Z为原

子序数依次增大的四种短周期元素。W、Y、Z最外层电子数之和为10；W与X形成的化合物可与Z的单质反应，其中一种有机产物曾被用做麻醉剂。下列说法正确的是A.最高正价:W<X<Y<ZB.常温常压下X的单质为气态C.Y的氧化物对应水化物难溶

于水D.Z的氢化物为离子化合物【答案】C【解析】【分析】曾被用做麻醉剂的有机物为三氯甲烷，所以说明是甲烷和氯气反应，即W为氢元素，X为碳元素，Z为氯元素，根据W、Y、Z最外层电子数之和为10分析，Y为镁元素。【详解】A.四种元素的最高正价分别为+1、+

4、+2、+7，故错误；B.X的单质肠胃为固体，故错误；C.氢氧化镁不溶于水，故正确；D.氯化氢为共价化合物，故错误。故答案选C。24.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A.正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B.放电时，交换膜右侧溶液中有

大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D.当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【答案】D【解析】【详解】A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色

沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧产生0.01molAg＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02mo

l离子减少，正确。故选D。第Ⅱ卷非选择题（共52分）25.某醇A在结构和乙醇类似，都由一个烷基和一个羟基组成。取A的样品14.8g，加入过量的钠使A完全反应，反应过程中收集到在气体换算成标准状况下的体积2.24L。已知A分子中共有

三个甲基：(1)请写出A的分子式：___，结构简式：________；(2)A有多种同分异构体，请写出其中能与金属钠反应的所有物质(用结构简式表示)：____________；【答案】(1).C4H10O(2).(3).CH3CH2CH2CH2OH、、【解析】【分析】

醇与钠反应的通式为2R-OH+2Na→2R-ONa+H2↑，根据生成氢气的体积计算醇的物质的量，进而计算摩尔质量，结合饱和一元醇分子式通式确定其分子式，结合其结构特点判断结构简式，然后书写其同分异构体结构简式。【详解】(1)设醇的化学式为R-OH，根据醇与钠反应方程式：2R-OH+2Na→2R-O

Na+H2↑可知：2mol醇反应产生1molH2，反应产生标准状况下H2体积是2.24L，其物质的量n(H2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，所以该醇的物质的量是n(醇)=2n(H2)=0.2mol，由于其质量

是14.8g，则其摩尔质量M=14.8g0.2mol=74g/mol，则该醇相对分子质量是74。饱和一元醇分子式通式是CnH2n+2O，所以14n+18=74，解得n=4，所以该物质分子式是C4H10O。又已知A

分子中共有三个甲基，则对应的结构简式为：；(2)A的同分异构体能够与金属钠发生反应，则其同分异构体也属于醇，其可能的结构为CH3CH2CH2CH2OH、、。【点睛】本题考查有机物分子式、有机物结构的分析与判断，注意根据醇类的性质以及反应的方程式计算该题，侧重考

查学生的分析能力和计算能力。26.下表是元素周期表的一部分，请参照元素①-⑩在表中的位置，回答下列问题。族周期ＩＡⅡＡⅢＡⅣＡⅤＡⅥＡⅦＡ02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩(1)②的原子结构示意图是____。(2)化学性质最不活泼的元素是_____(填

元素符号)。(3)在③、④、⑤、⑥这些元素形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序是__________。(填离子符号)。(4)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质在水溶液中发生的化学方程式为___

______。(5)由元素③、⑤、⑨形成的一种常见的杀菌消毒剂中存在的化学键有____。(6)由元素⑧和⑨形成的某种化合物可表示为X2Y2(其中各原子均满足8电子稳定结构)，写出X2Y2的电子式：______。【答案】(1).(2).

Ar(3).）O2-＞F-＞Na+＞Al3+(4).NaOH+HClO4=NaClO4+H2O(5).共价键、离子键(6).【解析】【分析】由元素在周期表位置可知，①为C，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar元素，然后结合原子结构与元素性质及元素

周期律分析解答。【详解】(1)②为N元素，其原子核外电子排布为2、5，所以原子结构示意图为；(2)0族元素Ar原子最外层有8个电子，既不容易失去电子，也不容易得到电子，化学性质最不活泼，最稳定；(3)根据元素在周期表的位置可

知：③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，这几种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以这几种元素形成的离子中，离子半径由大到小的顺序是：O2-＞F-

＞Na+＞Al3+；(4)同一周期元素随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强，非金属性越弱。在上述元素中金属性最强的是Na元素，其形成的最高价氧化物对应的水化

物是NaOH；能够形成含氧酸的非金属性最强的元素是Cl元素，其形成的最高价含氧酸是HClO4，二者在水溶液中发生反应产生NaClO4和H2O，反应的化学方程式为：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；(5)③为O，⑤为Na，⑨为Cl，由这三种元素形成的一种常见的

杀菌消毒剂是NaClO，该物质是离子化合物，Na+与ClO-通过离子键结合，在阴离子ClO-中，Cl与O原子之间通过共价键结合，故该化合物中存在的化学键有离子键、共价键；(6)⑧为S，⑨为Cl，由元素⑧和⑨形成的某种化合物可表示为X2Y2是S2Cl2，2个S原子通过一个共价键结合，每个S原子分

别与1个Cl原子结合，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为：。【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合应用。涉及元素的推断、常用化学用语、离子半径大小比较、元素化合物性质等。掌握元素周期表的结构推断元素是关键。(6)为易错点、难点，

注意根据同族元素性质的相似性，利用H2O2的结构分析推断。27.A~F各物质间转化关系如下图所示。A为常见气态烃，其产量可作为一个国家石油化工发展水平的标志，B和D是生活中常见有机物，D能跟Na2CO3溶液反应，F有香味。(1)写出A和C中含有的官能团的名称___

____、_______。(2)反应④的反应类型为__________，E的结构简式为__________，与B互为同分异构体的结构简式__________。(3)请写出反应①和②的化学方程式：①______________；②________________。(4)熔喷布是口罩最

核心的材料，熔喷布主要以聚丙烯为主要原料。A的一种同系物，可作为单体合成高分子化合物聚丙烯，该反应方程式为：__________。【答案】(1).碳碳双键(2).醛基(3).酯化反应(取代反应)(4).CH2BrCH2Br(5).C

H3OCH3(6).CH2=CH2+H2OCH3CH2OH(7).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(8).nCH2=CH-CH3⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】A为常见气态烃，其产量可作为一个国家石油化工发展水平的标志，则A是

乙烯，结构简式是CH2=CH2，反应③是乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成E为1，2-二溴乙烷，结构简式为：CH2BrCH2Br；B和D是生活中常见有机物，D能跟Na2CO3溶液反应，则D是乙酸，结构简式是CH3COOH，F有香味，是

乙酸乙酯，则B是乙醇，由乙烯和水发生加成反应制得，B和氧气反应生成C是乙醛，乙醛和氧气反应生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应得到F为乙酸乙酯，据此分析。【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH3COOH，E是CH2BrC

H2Br，F是CH3COOC2H5。(1)A是CH2=CH2，官能团名称是碳碳双键；C是CH3CHO，官能团名称是醛基；(2)反应④是CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸作催化剂条件下加热，发生酯化反应，产生乙酸乙

酯CH3COOC2H5和水，酯化反应也属于取代反应；E结构简式是CH2BrCH2Br；B是CH3CH2OH，其同分异构体的结构简式是CH3OCH3；(3)①乙烯与水在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；②乙醇与O2在Cu或Ag作催

化剂，在加热条件下，发生氧化反应产生乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(4)聚丙烯的单体是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，它是乙烯CH2=CH2的同系物。丙烯在催化剂存在时，加热发生加

聚反应产生聚丙烯，反应方程式为：nCH2=CH-CH3⎯⎯⎯→催化剂。【点睛】本题考查有机物推断及转化。明确物质官能团的结构及其性质和有关概念是解题关键。注意丙烯发生加聚反应制取聚丙烯时，断裂碳碳双键中较活泼的碳碳键，然后这些不饱和碳原子彼此结合，形成碳碳键。28.CH4既

是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。(1)目前我省居民使用的主要能源有①煤；②石油；③风能；④天然气；⑤电能等，其中属于可再生能源的是_____(填序号)，请再举出我省居民生活中的一种可再生能源____。(2)甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空

气使部分甲烷燃烧，其目的___________。已知25℃、101kPa时，1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896kJ热量，该反应热化学反应方程式为：____________。(3)一定温度下，在偏铝酸亚铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现

“CO2减排”，该反应方程式：_________，其优点是_________(请写出一条)。(4)甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2-的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：①b极电极反应式为______________。②若燃料电池消耗

的空气在标准状况下的体积是5.6L(假设空气中O2体积分数为20%)，则理论上消耗甲烷_______mol。【答案】(1).③(2).太阳能(3).提供CH4分解所需的能量(4).CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=-896kJ/mol(5).

CH4+CO22CuAlO⎯⎯⎯→CH3COOH(6).原子转化率100%(或符合绿色化学理念)(7).O2+4e-=2O2-(8).0.025【解析】【分析】(1)从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和

不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；指在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源；(2)根据物质分解需要高温条件，结合甲烷燃烧放热的条件分析；结合物质燃烧的状态及反应放出的热量书写热反应方程式；(3)一定温度下，在偏铝酸亚

铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，该反应为化合反应，无其他副产物产生，则其优点是原子转化率100%；(4)①在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，氧

气在正极得电子发生还原反应生成O2-；②先计算5.6L空气中含有氧气的体积及物质的量，结合甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2═CO2+2H2O计算消耗甲烷的物质的量。【详解】(1)①煤、②石油、④天然气、都属于化石燃

料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；③风能从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；⑤电能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；故属于可再生能源的物质序号是③；我省居民生活中的一种可再生能源为太阳能

，其可谓是取之不尽，用之不竭的能源。(2)物质着火燃烧需在氧气中进行，在密闭容器中进行该反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是提供CH4分解所需的能量；1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896kJ热量，由于甲烷燃烧的方程式是CH4+2O2→CO2+2H2O

，所以该反应热化学反应方程式为CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H=-896kJ/mol；(3)一定温度下，在偏铝酸亚铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可

实现“CO2减排”，结合原子守恒，可得该反应方程式是CH4+CO22CuAlO⎯⎯⎯→CH3COOH；根据方程式可知：反应物完全转化为生成物，原子转化率100%(或符合绿色化学理念)同时也可以减少由于CO2

浓度过大导致的温室效应；(4)①在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，即a为负极，b为正极。由图示可知，氧气在正极得电子发生还原反应生成O2-，故b极电极反应式为O2+4e-＝2O2-；②5.6L空气中含有氧气为V(O2)=5.

6L×20%=1.12L，其物质的量n(O2)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，由甲烷燃料电池的总反应式CH4+2O2═CO2+2H2O可知论上消耗甲烷的物质的量2n(CH4)=n(O2)，所以n(CH4)=0.05mol×12=0.025mol。

【点睛】本题考查了能源的分类及判断、热化学方程式的书写、原电池反应原理等，是对学生综合能力的考查，掌握化学基础知识和基本理论是解题关键。29.某兴趣小组制备一定量的乙酸乙酯.取3mL无水乙醇,2mL浓硫酸,2mL冰醋酸进行实验，

用5mL饱和碳酸钠溶液收集产物。I.实验装置如图所示（1）制备乙酸乙酯的化学方程式为_______________。（2）浓硫酸的作用是_______________。（3）长导管的作用是_______________。（4）接收装置还

可选择下图中的___________。(填序号).Ⅱ.甲同学用含有酚酞的饱和碳酸钠溶液(呈碱性)收集产物后振荡，发现红色迅速退去.甲同学认为是蒸出的乙酸中和了碳酸钠.乙同学通过查阅资料并进行如下实验，证明甲同学的推

测是错误的。已知：酚酞难溶于水，易溶于有机溶剂；酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液.实验i，取振荡后的下层无色液体，分成两份，分别完成以下实验序号实验操作实验现象结论1滴加几滴酸酞试剂溶液①(填“变红”成“不变红”)碳酸钠并未被乙酸完全中和，仍有大量剩余2滴入乙酸

溶液有大量气泡产生实验ii.取振荡后的上层液体，加入②溶液，振荡，发现出现浅红色，静置分层后红色消失。实验iii，取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入3mL乙酸乙酯(不含乙酸)振荡，溶液先变红，振荡后红色消失。回

答下列问题（5）完成上述实验：①_______________。②_______________。（6）结合实验ii和实验iii的现象，可得出的结论是_______________。（7）实验iii的实验目的是______

_________。【答案】(1).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O(2).催化剂、吸水剂(3).导气、冷凝(4).CD(5).变红(6).碳酸钠溶液(7).酚酞被萃取到乙酸乙酯层中(8).作对照实验，验证酚酞

褪色的原因不是因为乙酸与碳酸钠反应【解析】【分析】I．（1）实验室用乙酸和乙醇反应制取乙酸乙酯，依据酯化反应的反应历程是羧酸脱羟基、醇脱氢书写；（2）根据乙酸与乙醇在加热、浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应

生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（3）长导管的作用是导气、冷凝乙酸乙酯；（4）乙酸乙酯中常混有乙醇和乙酸，乙醇易溶于水、乙酸能与较快与碳酸钠反应，所以接收装置应该有

防倒吸作用；II．（5）甲同学认为是蒸出的乙酸中和了碳酸钠，乙同学通过实验证明下层无色液体是否含有碳酸钠或上层液体中是否含有酚酞，若下层无色液体含有碳酸钠或上层液体中含有酚酞，则证明甲同学的推测错误；（6）通

过实验ⅲ的对照实验，说明实验ii中上层液体中的酚酞被乙酸乙酯萃取；（7）根据实验ⅱ和实验ⅲ的现象可知，酚酞褪色的原因是酚酞进入乙酸乙酯层中，不是因为碳酸钠消耗完全。【详解】I.(1)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH

3CH2OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O；(2)乙酸与乙醇在加热、浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，则浓硫酸的作用为催化剂、吸

水剂；故答案为：催化剂、吸水剂；(3)长导管的作用是导气、充分冷凝乙酸乙酯，故答案为：导气、冷凝；(4)乙酸乙酯中常混有乙醇和乙酸，需要除去，但乙醇易溶于水、乙酸能与较快与碳酸钠反应，所以可能出现倒吸现象，A.生成的乙

酸乙酯和随之挥发过来的乙酸和乙醇都是有机物，通入CCl4中会发生倒吸，而且CCl4能溶解乙酸乙酯，使产率降低，故A不符合题意；B.直接通入饱和碳酸钠溶液中，可能出现倒吸，故B不符合题意；C.干燥管体积较大，可防倒吸，同时插入液面下

，除杂更充分、彻底，故C符合题意；D.图中多孔球泡能防倒吸，同时可增大与碳酸钠溶液的接触面积，除杂效果更好，故D符合题意；故答案为：CD；II.(5)乙同学通过实验证明下层无色液体是否含有碳酸钠，碳酸钠溶液呈碱性，可加入酚酞，根据结论碳酸钠并未被乙酸完全中和，仍有大量剩余可知

，酚酞变红；根据酚酞难溶于水，易溶于有机溶剂的信息，证明上层液体中是否含有酚酞，溶液变成浅红色，静置分层后红色消失，则加入的是碳酸钠等碱性物质，故答案为：变红；碳酸钠溶液；(6)通过实验ⅲ的对照实验，说明实验ii中上层液体含有酚酞，即实验ii中上层液体中的酚酞被乙酸乙酯萃取，故答案

为：酚酞被萃取到乙酸乙酯层中；(7)根据实验ⅱ和实验ⅲ的现象可知，酚酞褪色的原因是酚酞进入乙酸乙酯层中，不是因为乙酸与碳酸钠反应，所以该实验的目的为作对照实验，验证酚酞褪色的原因不是因为乙酸与碳酸钠反应，而是酚酞进入乙酸乙酯层中，故答案为：作对照实验，验证酚酞褪色的原因

不是因为乙酸与碳酸钠反应。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com